Đến nội dung

Hình ảnh

109 bất đẳng thức

* * * * * 3 Bình chọn tài liệu nước ngoài

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 131 trả lời

#101
yagami wolf

yagami wolf

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết

3.

Theo Cauchy schwarz........................ Ta :

$\sum \frac{a}{a^2-bc+1}=\sum \frac{a^2}{a^3-abc+a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a^3-3abc+\sum a}$

 Cần CM: 

$\frac{(a+b+c)^2}{\sum a^3-3abc+\sum a}\geq \frac{1}{a+b+c}\Leftrightarrow (a+b+c)^3\geq \sum a^3-3abc+\sum a\Leftrightarrow 3(a+b)(b+c)(c+a)+3abc-(a+b+c)\geq 0$ (đúng vì giả thiết)



#102
DangHongPhuc

DangHongPhuc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 657 Bài viết

Ai làm được mình sẽ nhiệt tình like :like khuyến khích tinh thần. Nếu ai thấy đề bài hay thì like ủng hộ mình để mình có động lực nhé :luoi:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DangHongPhuc: 30-10-2016 - 17:54

"Con người không sợ Thần

mà bản thân nỗi sợ chính là Thần"


#103
le truong son

le truong son

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết

2. Cho $a,b,c$ là những số thực dương thỏa mãn $abc=1$, chứng minh rằng:

$\left ( a-1+\frac{1}{b} \right )\left ( b-1+\frac{1}{c} \right )\left ( c-1+\frac{1}{a} \right )\leq 1$

Đổi biến $(a;b;c)= (\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$

Bất đẳng thức cần chứng minh <=>$(x+y-z)(x-y+z)(y+z-x)\leq xyz$( chứng minh BĐT này khá khó :( )

Giả sử $x\geq y\geq z$

TH1:$y+z>x$

Ta có: $x+y>z;y+z>x;z+x>y$

=>x;y;z là 3 cạnh của 1 tam giác

Áp dụng phép thế Ravi, đặt $x=p+q;y=p+r;z=q+r$(p,q,r>0)

Khi đó (1)<=>$(y+z)(z+x)(x+y)\geq 8xyz<=>x(y-z)^2+z(x-y)^2+y(x-z)^2$\geq 0$(hnđ)

=>đpcm

TH2:$y+z\leq x=>xyz$> 0$\geq (y+z-x)(x+z-y)(x+y-z)$

=>đpcm

Vậy BĐT được chứng minh :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le truong son: 01-11-2016 - 11:36


#104
DangHongPhuc

DangHongPhuc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 657 Bài viết

Đổi biến $(a;b;c)= (\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$

Bất đẳng thức cần chứng minh <=>$(x+y-z)(x-y+z)(y+z-x)\leq xyz$( chứng minh BĐT này khá khó :( )

Giả sử $x\geq y\geq z$

TH1:$y+z>x$

Ta có: $x+y>z;y+z>x;z+x>y$

=>x;y;z là 3 cạnh của 1 tam giác

Áp dụng phép thế Ravi, đặt $x=p+q;y=p+r;z=q+r$(p,q,r>0)

Khi đó (1)<=>$(y+z)(z+x)(x+y)\geq 8xyz<=>x(y-z)^2+z(x-y)^2+y(x-z)^2>0$(hnđ)

=>đpcm

TH2:$y+z\leq x=>xyz\geq 0\geq (y+z-x)(x+z-y)(x+y-z)$

=>đpcm

Vậy BĐT được chứng minh :D

Không có ý gì đâu. Mình rất phục bạn khi bạn đổi biến :wub:  nhưng $(x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\leq xyz$ là bất đẳng thức Shur mà :icon13:  , đừng có đùa mình chứ. Chắc là bạn chứng minh lại hoặc không để ý thôi :lol:


"Con người không sợ Thần

mà bản thân nỗi sợ chính là Thần"


#105
le truong son

le truong son

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết

Không có ý gì đâu. Mình rất phục bạn khi bạn đổi biến :wub:  nhưng $(x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z)\leq xyz$ là bất đẳng thức Shur mà :icon13:  , đừng có đùa mình chứ. Chắc là bạn chứng minh lại hoặc không để ý thôi :lol:

@@,chắc tại mình k để ý:v, lm phức tạp lên



#106
yagami wolf

yagami wolf

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết

Đổi biến $(a;b;c)= (\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$

Bất đẳng thức cần chứng minh <=>$(x+y-z)(x-y+z)(y+z-x)\leq xyz$( chứng minh BĐT này khá khó :( )

Giả sử $x\geq y\geq z$

TH1:$y+z>x$

Ta có: $x+y>z;y+z>x;z+x>y$

=>x;y;z là 3 cạnh của 1 tam giác

Áp dụng phép thế Ravi, đặt $x=p+q;y=p+r;z=q+r$(p,q,r>0)

Khi đó (1)<=>$(y+z)(z+x)(x+y)\geq 8xyz<=>x(y-z)^2+z(x-y)^2+y(x-z)^2>0$(hnđ)

=>đpcm

TH2:$y+z\leq x=>xyz\geq 0\geq (y+z-x)(x+z-y)(x+y-z)$

=>đpcm

Vậy BĐT được chứng minh :D

BDT này đâu đối xứng



#107
le truong son

le truong son

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết

BDT này đâu đối xứng

Đối xứng nhé bn



#108
DangHongPhuc

DangHongPhuc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 657 Bài viết

BDT này đâu đối xứng

Xem lại đi bạn, đối xứng rõ ràng thế kia :closedeyes:


"Con người không sợ Thần

mà bản thân nỗi sợ chính là Thần"


#109
le truong son

le truong son

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 225 Bài viết

45. ĐK: $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2$

$x+y+z\leq xyz+2$

(Poland 1991)

BĐT cần chứng minh <=>$x+y+z-xyz\leq 2$ 

Ta có: $[x(1-yz)+1(y+z)]^2\leq (x^2+(y+z)^2)(1+(1-yz)^2)=(2+2yz)(yz^2-2yz+2)$

Cần chứng minh $(2+2yz)(yz^2-2yz+2)\leq 4<=>yz\leq 1$

Mặt khác: $x^2+y^2+z^2=2\geq x^2+2yz\geq 2yz=>yz\leq 1$

=>đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le truong son: 31-10-2016 - 22:50


#110
hoangvunamtan123

hoangvunamtan123

    Trung sĩ

  • Banned
  • 107 Bài viết

Đổi biến $(a;b;c)= (\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$

Bất đẳng thức cần chứng minh <=>$(x+y-z)(x-y+z)(y+z-x)\leq xyz$( chứng minh BĐT này khá khó :( )

Giả sử $x\geq y\geq z$

TH1:$y+z>x$

Ta có: $x+y>z;y+z>x;z+x>y$

=>x;y;z là 3 cạnh của 1 tam giác

Áp dụng phép thế Ravi, đặt $x=p+q;y=p+r;z=q+r$(p,q,r>0)

Khi đó (1)<=>$(y+z)(z+x)(x+y)\geq 8xyz<=>x(y-z)^2+z(x-y)^2+y(x-z)^2>0$(hnđ)

=>đpcm

TH2:$y+z\leq x=>xyz\geq 0\geq (y+z-x)(x+z-y)(x+y-z)$

=>đpcm

Vậy BĐT được chứng minh :D

 

TH2 bi sai : do đổi biến nên ta có $xyz>0\geq \prod (x+y-z)$ còn trường hợp 1 là $\geq 0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangvunamtan123: 01-11-2016 - 00:16


#111
DangHongPhuc

DangHongPhuc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 657 Bài viết

TH2 bi sai : do đổi biến nên ta có $xyz>0\geq \prod (x+y-z)$ còn trường hợp 1 là $\geq 0$

Nói chung là chỉ cần đổi biến xong rồi bảo áp dụng BĐT Shur là được


"Con người không sợ Thần

mà bản thân nỗi sợ chính là Thần"


#112
LinhToan

LinhToan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 269 Bài viết

2. $a, b, c$ là độ dài 3 cạnh tam giác

$0\leq \frac{a-b}{b+c}+\frac{b-c}{c+a}+\frac{c-a}{a+b}< 1$

bài này thì dễ rồi!!!

nhưng đây là những bài trong tài liệu tiếng anh ak???



#113
DangHongPhuc

DangHongPhuc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 657 Bài viết

bài này thì dễ rồi!!!

nhưng đây là những bài trong tài liệu tiếng anh ak???

Tất cả đều trong tài liệu viết bằng tiếng Anh cả


"Con người không sợ Thần

mà bản thân nỗi sợ chính là Thần"


#114
DangHongPhuc

DangHongPhuc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 657 Bài viết

6. Cho $a_{1},a_{2},...a_{n}$ là các số thực dương thỏa mãn $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_{i}^{2}+1}=n-1$, chứng minh rằng:

$\sum_{1\leq i\leq j\leq n}a_{i}a_{j}\leq \frac{n}{2}$


"Con người không sợ Thần

mà bản thân nỗi sợ chính là Thần"


#115
DangHongPhuc

DangHongPhuc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 657 Bài viết

7. Cho $a,b,c$ là những số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$, chứng minh rằng:

$5\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\leq 6\left ( a^{3}+b^{3}+c^{3} \right )+1$


"Con người không sợ Thần

mà bản thân nỗi sợ chính là Thần"


#116
DangHongPhuc

DangHongPhuc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 657 Bài viết

8. Cho $a,b,c$ là những số thực dương, chứng minh rằng:

$\frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{b^{3}}{c^{2}-ca+a^{2}}+\frac{c^{3}}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq a+b+c$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DangHongPhuc: 02-11-2016 - 15:45

"Con người không sợ Thần

mà bản thân nỗi sợ chính là Thần"


#117
DangHongPhuc

DangHongPhuc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 657 Bài viết

9. Cho $a,b,c$ là những số thực dương thỏa mãn $abc=1$, chứng minh rằng:

$\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\leq \frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}$


"Con người không sợ Thần

mà bản thân nỗi sợ chính là Thần"


#118
DangHongPhuc

DangHongPhuc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 657 Bài viết

10. Cho $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ là những số thực dương thỏa mãn $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2}=n$, chứng minh rằng:

$\frac{1}{2}\left ( \sum_{i=1}^{n}x_{i}+\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i}} \right )\geq n-1+\frac{n}{\sum_{i=1}^{n}x_{i}}$


"Con người không sợ Thần

mà bản thân nỗi sợ chính là Thần"


#119
Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết

Mình có 1 vấn đề nho nhỏ muốn trao đổi với các bạn.
Khi các bạn đăng bài bạn nên trích rõ nguồn. Nếu không biết bạn có thể để :''sưu tầm và giới thiệu''  

Ở đây mình thấy bạn lập topic này có để : Từ 1 quyển sách tiếng anh nào đó thì mình cũng không có ý kiến gì.
Nếu trong sách có ghi nguồn của từng bài thì nên trích ra. Coi như thể hiện sự tôn trọng đối với tác giả....
Mình xin hết 



#120
Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết

9. Cho $a,b,c$ là những số thực dương thỏa mãn $abc=1$, chứng minh rằng:

$\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\leq \frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}$

Nguồn: Bulgaria 1997. 






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh